1樓：劉暢
嚴格說是存在的。令f(x)=C，其中C為任意非零整數，皆可滿足條件。
除此以外的rank>=1的整係數多項式是不存在的。我們設f(x)=xg(x)+c。當c不為零時，反證法，假設全體素因數為p1,...
,pn。他們的乘積為P=p1...pn。
令x=Pc，則f(x)=c[Pg(Pc)+1]。考慮Pg(pc)+1中任意乙個素因數，我們知道一定與P互素。所以一定不在前面假設的素數集中。
矛盾！最後在c=0時，我們有f(x)=xg(x)，可以使x取便所有素數，即可得f(x)素因子無窮多。
由此可證，不存在rank>=1的此種多項式。
2樓：
只有常數函式。假如f(x)是n≥1次多項式，且x∈N*時f(x)只含m個質因數，對任意M>1，|f(x)| 3樓： 題目更正：應為一元整係數多項式，自變數應是整數。 不存在，這裡認為常值函式不是一元多項式。 設這個多項式 ，不妨設 0" eeimg="1"/>。 假設自變數遍歷正整數時，得到的值的不同質因數只有有限個，設這有限個素因數分別為 ，記 ，其中 ,並記 ，則 。 令 ，則 記 是整係數多項式。有 。取 足夠大，必存在 ，使得 1" eeimg="1"/>。 考慮 ，它的質因數只能包括 。必然存在 ，使得 ，即 ，與 矛盾！ 證明完畢。 4樓：只微寒 存在，常值函式就行。 如果規定次數大於0，則不存在。 假設存在，常數項為0的情況是平凡的，常數項為c≠0時，設全部素因子為p1＜...＜pn 令P=p1...pn，取k使得p1^k＞cf（P^k）/c模P餘1，可知矛盾 5樓：「已登出」 不存在反證法假設自變數遍歷正整數時，得到的值的不同素因數只有有限個，設這有限個素因數分別為p1，p2，p3，……，pn，設這n個素因數的乘積為P 該一元多項式因式分解為 f(x)=(a0x+b0)(x^2+a1x+b1)(x^2+a2x+b2)……(x^2+anx+bn) 若其中含有x的一次項，或者其中的二次項的Δ不小於0，則易得。 若不含有x的一次項，且二次項的Δ均小於0，取其中乙個二次項 x^2+ax+b=(x+a)x+b 取x=bP 則該二次項等於 (bP+a)bP+b=b((bP+a)P+1) 其中，因式(bP+a)P+1不是所有已知因數的倍數，因此是乙個新的素因數，原假設不成立。 只有在沒有二次項且沒有一次項的時候，才成立，即該一次多項式是非零常數項 劉醉白 高中教材不講數域上的多項式的帶餘除法，大學高等代數講多項式會先講數域上的多項式的帶餘除法，使數域上的多項式和整數表現出類似的性質，還會講最大公因式，可以模擬整數的最大公因數，以及多項式的Bezout定理，可以模擬初等數論的Bezout定理。等到學抽象代數的時候，我們會更關注多項式集合中的運算... jaffedream 方法一很簡單啊，單變數求解就行。A1就是公式中的F2，B1中填 1 A1 1.5 0.5 A1 1.5，選擇單變數求解。但是精度不高。進入頁面後按以下設定。確定後就算出結果了。方法二 規劃求解，精度高於單變數求解。方法三opensolver外掛程式，這個要另外裝了，精度很高，超... 之前有人在某個群裡問了這道題,原來是在知乎上看到的啊.下面是我的方法,跟 junyi xie 的方法類似都要用剩餘域.證明不存在這樣的 f 和 g 不失一般性可以假設 f 和 g 不可約 1.首先注意到 有公因子 實際是個 local condition,因為相當於模掉一些素數為零.再注意到 Z x...數域P上的一元多項式和高中的一元多項式有什麼不同
一元分數次多項式怎麼解？
是否存在兩個非常數的整係數多項式f x 和g x ，使對任意整數m,n，都有f m 和g n 互素？